www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________
Câu I.
Cho hàm số
f(x) =
xcx
nn
+()
trong đóc>0,vànlàmộtsốnguyên dỷơng lớn hơn 1.
1) Khảo sát sỷồ biến thiên của hàm số đó.
2) Tỷõ kết quả ấy, chỷỏng minh bất đẳng thỷỏc
a+b
2
a+b
2
n
nn







với a, b là hai số tùy ý thỏa mãn điều kiệna+b 0, còn n là số nguyên dỷơng bất kì.
Câu II.
1) Giải phỷơng trình
xx+ 34 3
33
2) Chỷỏng minh rằng từ bốn số cho trỷỳỏc luôn luôn có thể chọn ra đỷợc hai số x, y sao cho
0 Ê

x-y
1 + xy
Ê 1.
Câu III.
Giải hệ phỷơng trình
sin .cos
.
xx
tgx tgy
=
=





1
4
3
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
________________________________________________________

Câu I.
1) Hàm số f(x) xác định với mọi x.
Ta có :
n1 n1
f'(x) n x (c x)


=



f'(x) = 0
n1 n1
x(cx)

= (1)
Để giải phơng trình (1) ta xét 2 trờng hợp : n chẵn và n lẻ. Kết quả là phơng trình (1) có nghiệm duy
nhất là x =
c
2
.
n2 n2
f ''(x) n(n 1) x (c x)


= +


n2
cc
f'' 2n(n 1) 0
22


= >


.
Suy ra f(x) đạt cực tiểu tại

c
x
2
= (khi đó
n
cc
f2
22

=


).
Bảng biến thiên :
x


c
2


+
f'(x)

0 +
f(x)
+

c
f

2




+
Kết quả của việc khảo sát chứng tỏ với mọi x và c > 0 ta đều có :
n
nn
c
x(cx)2
2

+


. (2)
2) Lấy x = a, c = a + b, trong đó a, b là hai số tùy ý sao cho a + b > 0 thì (2) trở thành
n
nn
ab
ab2
2
+

+


hay
n

nn
ab ab
22
++




.
Hiển nhiên rằng bất đẳng thức cũng đúng cả khi a + b = 0.
Đẳng thức xảy ra khi n = 1 hoặc khi a = b hoặc khi a = b và n lẻ.
Câu II.
1) Lập phơng hai vế phơng trình đã cho ta đợc :
x + 34 3
(
)
333 3
x34x3 x34 x3++
x + 3 = 1
hay
3
2
x31x102+ = 12.
Lập phơng hai vế phơng trình cuối này ta đợc :
2
x31x1021728+= hay
2
x 31x 1830 0
+
=

Giải phơng trình bậc hai này ta đợc
x = 30 và x = 61.
Cả hai giá trị đó là nghiệm của phơng trình đã cho.
2) Gọi , , , là các giá trị mà tang của chúng bằng các số đã cho.
Giả sử , , , đợc sắp xếp theo thứ tự tăng, khi đó :
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
________________________________________________________

2

<
<
2

< + .
Các điểm , , chia khoảng [ ; + ] thành 4 đoạn. Có ít nhất một trong các đoạn đó có độ dài
không vợt quá
4

. Có thể chọn tang của các mút trái và phải của đoạn đó làm x và y. Thật vậy, nếu
chẳng hạn
4


thì với chú ý rằng 0 ta có 0 tg( ) 1 và
tg( ) =
tg tg x y
1tgtg 1xy

=

+ +

Trờng hợp ( + )
4

cần sử dụng đẳng thức
tg( + ) = tg ( ).
Câu III. Đặt điều kiện : cosx 0 ; cosy 0.
Ta biến đổi phơng trình thứ hai của hệ đã cho thành
3sinxcosy sinycosx = 0.
Thay giá trị của sinx cosy trong phơng trình thứ nhất của hệ đã cho vào đẳng thức vừa nhận đợc ta có
hệ :
sinxcosy =
1
4

cosxsiny =
3
4

cộng, trừ từng vế hai phơng trình của hệ ta đợc :
sin(x + y) = 1
sin(x y) =
1
2


Từ đó
xy 2k
2


+= +

xy 2
6

=+l
và
xy 2k
2

+= +

5
xy 2
6

= +l

Từ hệ (3) ta có :
x(k)
6

=+ +l ,
y(k)
3

=+ l (k, l Z)
thỏa mãn điều kiện.
Từ hệ (4) ta có :

x(k)
6

= + + l ,
2
y(k)
3

=
+l (k, l Z)
thỏa mãn điều kiện.

(3)
(1)
(4)
(2)
Câu IV. Ta có : A=
pp
2
3
222
-ị=+
B
C
B
(1)
sinA = cos
3B
2
=cos

B
2
4cos
B
2
-3
2
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
;
sinB = 2sin
B
2
cos
B
2
; sinC = cos
B
2
.

áp dụng định lí hàm số sin ta có:
a
cos
B
2
4cos
B
2
-3
=
b
2sin
B
2
cos
B
2
=
c
cos
B
2
2
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ

ữ
ữ
ữ
ữ

a
4cos
B
2
-3
=
b
2sin
B
2
2
=c.
Theo tính chất tỷ lệ thức ta đỷợc:
a+b
41 - sin
B
2
-3+2sin
B
2
2
ổ
ố
ỗ
ỗ

ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
=cị
a+b=c
-4sin
B
2
+2sin
B
2
+1
2
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
.
Do (1) ta có:

B
2
=
6
-
A
3
p
ị 0<
B
2
<
6
p
ị 0
< sin
B
2
<
1
2
ị
1 < - 4sin
2
BB
2
2
2
1
5

4
++Êsin
.
Vậy :a+bÊ
5
4
c.
Câu Va.1)Tacó
P=
a
cQa
b
o
2
0
2
,, , , , ,
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
ổ

ố
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
________________________________________________________________________________
R=
a
bo S b
c
2
0
2
,, , ,, .
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ

ữ
ữ
=
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
Đỷờng thẳng PR đi qua P và có vectơ chỉ phỷơng
PR
đ
=(0;b;-c),
nên có phỷơng trình tham số
x
a
ybt
zcct
=
=
=-
ỡ
ớ
ù
ù

ù
ù
ù
ợ
ù
ù
ù
ù
ù
2
Đỷờng thẳng QS đi qua Q và có vectơ chỉ phỷơng
QS a
bc
đ
=-
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
;;
22
nên có phỷơng trình tham số
xaat

y
bb
t
z
c
t
=-
=+
=
ỡ
ớ
ù
ù
ù
ù
ù
ù
ợ
ù
ù
ù
ù
ù
ù
'
'
'
22
2
2) PR

^
QS
PR QS
đđ
=
=0
b
2
-
c
2
22
=0 b=c.
3) PR và QS cắt nhau khi và chỉ khi tồn tại t và t nghiệm hệ phỷơng trình
a
aat
bt
bb
t
cct
c
t
2
22
2
=-
=+
-=
ỡ
ớ

ù
ù
ù
ù
ù
ù
ợ
ù
ù
ù
ù
ù
ù
'
'
'
Hệ này có nghiệm t=
3
4
,t=
1
2
. Suy ra các đỷờng thẳng PR và QS cắt nhau tại điểm I=
a
2
,
3b
4
,
c

4
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
.
4) Gọi a là góc giữa các vectơ
PR vaQS
đđ
.Tacó
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
________________________________________________________________________________
cos
a
=
PR . QS
|PR| . |QS|
=
b-c
b+c. 4a +b+c
22
22 2 22
đđ

đđ
.
Vì 0 Ê
a
Ê , suy ra
sin =
1
2
4
2
22 22 22
22 222
-=
++
+++
cos
.
a
ab bc ca
bc abc
,
từ đó suy ra diện tích của tứ giác PQRS:
S=
`. . .sin
1
22
22 22 22
PR QR
ab bc ca
đđ

=
++
a
Câu Vb.
1) Ta có (ABCD)
^
SC nên AB
^
SC ; mặt khác (SAB)
^
BC
(vì BC
^
AB và BC
^
SA) nên AB
^
BC, do đó AB
^
(SBC). Từ đó suy
ra
AB
^
BC.Chứng minh hoàn toàn tỷơng tự ta có AD DC.Vậy tứ
giác ABCD có các góc B, D vuông.
2) Gọi
D
là giao tuyến của các mặt phẳng (ABCD) và (ABCD). Vì D thuộc
(ABCD) nên
D

SA ; vì
D
thuộc (ABCD) nên
D
SC; vậy
D^
(SAC),
do đó
D^
AC.
Vì
D
đi qua điểm cố định A và
D^
AC cố định nên
D
cố định.
Hiển nhiên rằng 4 điểm A, B, C, D nằm trên mặt cầu (cố định) đỷờng kính AC. Ta có AC
^
CC, vậy C cũng nằm trên
mặt cầu ấy.
Mặt khác, ta thấy AB
^
(SBC) nên AB
^
BC và AD
^
(SDC), do đó
AD
^

DC.
Vậy B và D cũng nằm trên mặt cầu đỷờng kính AC cố định.
3) Gọi cạnh của hình vuông đáy là a.
Vì BC(SAB) nên
CSB
^
=x.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
________________________________________________________________________________
Ta có :V=V
S.ABCD
=
1
3
a
2
. SA;
V=V
S.ABCD
=
1
3
SC . dt(ABCD).
Vì AB=ADnên các tam giác vuông ASB và ASD bằng nhau. Mặt khác, AB
^
SB, AD
^
SD, do đó SD = SB.
Xét tam giác SBD ta có : BD//BD, do đó BD
^

(SAC) và vì vậy BD
^
AC. Vậy
dt(ABCD) =
1
2
AC . BD.
Ta có : SB = acotgx ; SC =
BC
sinx
=
a
sinx
;
SA =
SB - AB =
a cos2x
sinx
22
; SB=
SA
SB
=
acos2x
sinxcosx
2
;
SC =
SA
SC

=
acos2x
sinx
2
;BD=BD.
SB'
SB
=
a2cos2x
cos x
2
;
AC =
SA . AC
SC
= a 2cos2x
;
do đó V=
a cos2x
3sinx
;V'=
a cos 2x cos2x
3sinxcos x
332
2
. Vậy
V'
V
=
cos 2x

cos x
2
2
Cách khác :
Vì ABCD là hình vuông, (SAC) là mặt phẳng đối xứng của hình chóp nên ta có:
V'
V
=
2V
2V
=
V
V
SAB'C'
SABC
SAB'C'
SABC
.
Mặt khác ta có:
V
V
=
SA
SA
.
SB'
SB
.
SC'
SC

=
SB' . SC'
SB . SC
SAB'C'
SABC
.
Ta cũng tính SB, SB, SC, SC nh cách trên và thay vào thì đ ỷợc cùng kết quả.
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
________________________________________________________________________________
Câu IV.
Chỷỏng minh rằng nếu các góc của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện 2A + 3B = , thì các cạnh tỷơng ỷỏng của nó thỏa mãn :
a+bÊ
5
4
c.
Câu Va.
Trong không gian với hệ tọa độ trỷồc chuẩn, cho hình hộp chỷọ nhật ABCD.ABCD, với A(0, 0, 0), B(a, 0, 0),
D(0, b, 0), A(0, 0, c), trong đó a, b, c > 0. Gọi P, Q, R, S lần lỷỳồt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DD.
1) Viết phỷơng trình tham số của hai đỷờng thẳng PR, QS.
2) Xác định a, b, c để hai đỷờng thẳng PR, QS vuông góc với nhau.
3) Chỷỏng tỏ rằng hai đỷờng thẳng PR, QS cắt nhau.
4) Tính diện tích tỷỏ giác PQRS.
Câu Vb.
Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chỷọ nhật, và cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Mặt phẳng qua A, vuông
góc với SC, cắt SB, SC, SD theo thỷỏ tỷồ tại B, C, D.
1) Chỷỏng minh rằng tỷỏ giác ABCD có hai góc đối diện vuông.
2) Cho S di chuyển trên đỷờng thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Chỷỏng tỏ rằng mặt phẳng (ABCD)
luôn đi qua một đỷờng thẳng cố định và 7 điểm A, B, B, C, C, D, D cùng nằm trên một mặt cầu cố định.
3) Gọi x là góc nhọn tạo bởi cạnh SC và mặt bên (SAB). Biết rằng ABCD là hình vuông, hãy tính tỉ số giữa thể tích
của hai hình chóp S.ABCD và S.ABCD.

www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0
________________________________________________________________________________